计算机网络原理第五版课后习题答案.doc
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第一章概述1-10答:线路交换时延:kd+x/b+s,分组交换时延:kd+(x/p)*(p/b)+(k-1)*(p/b)其中(k-1)*(p/b)表示K段传输中,有(k-1)次的储存转发延迟,当s>(k-1)*(p/b)时,电路交换的时延比分组交换的时延大,当x>>p,相反。1-11答:总时延D表达式,分组交换时延为:D=kd+(x/p)*((p+h)/b)+(k-1)*(p+h)/bD对p求导后,令其值等于0,求得p=[(xh)/(k-1)]^0.51-17解:(1)发送时延:ts=107/105=100s传播时延tp=106/(2×108)=0.005s(2)发送时延ts=103/109=1µs传播时延:tp=106/(2×108)=0.005s结论:若数据长度大而发送速率低,则在总的时延中,发送时延往往大于传播时延。但若数据长度短而发送速率高,则传播时延就可能是总时延中的主要成分。1-18解:(1)1Mb/s:传播时延=0.1/(2×108)=5×10-10比特数=5×10-10×1×106=5×10-41Gb/s:比特数=5×10-10×1×109=5×10-1(2)1Mb/s:传播时延=100/(2×108)=5×10-7比特数=5×10-7×1×106=5×10-11Gb/s:比特数=5×10-7×1×109=5×102(3)1Mb/s:传播时延=100000/(2×108)=5×10-4比特数=5×10-4×1×106=5×1021Gb/s:比特数=5×10-4×1×109=5×105(4)1Mb/s:传播时延=5000000/(2×108)=2.5×10-2比特数=2.5×10-2×1×106=5×1041Gb/s:比特数=2.5×10-2×1×109=5×1071-19解:(1)100/(100+20+20+18)=63.3%(2)1000/(1000+20+20+18)=94.5%第二章物理层2-07答:C=R*Log2(16)=20000b/s*4=80000b/s2-08答:C=Wlog2(1+S/N)(b/s)W=3khz,C=64khz----S/N=64.2dB是个信噪比要求很高的信源2-09答:C=Wlog2(1+S/N)b/s-SN1=2*(C1/W)-1=2*(35000/3100)-1SN2=2*(C2/W)-1=2*(1.6*C1/w)-1=2*(1.6*35000/3100)-1SN2/SN1=100信噪比应增大到约100倍。C3=Wlong2(1+SN3)=Wlog2(1+10*SN2)C3/C2=18.5%如果在此基础上将信噪比S/N再增大到10倍,最大信息通率只能再增加18.5%左右2-11解:使用这种双绞线的链路的工作距离为=20/0.7=28.6km衰减应降低到20/100=0.2db2-12解:V=L*F-F=V/L--B=F2-F1=V/L1-V/L21200nm到1400nm:带宽=23.8THZ1400nm到1600nm:带宽=17.86THZ2-16解:S·A=(+1-1+3+1-1+3+1+1)/8=1,A发送1S·B=(+1-1-3-1-1-3+1-1)/8=-1,B发送0S·C=(+1+1+3+1-1-3-1-1)/8=0,C无发送S·D=(+1+1+3-1+1+3+1-1)/8=1,D发送1第三章数据链路层3-07答:作二进制除法,1101011011000010011得余数1110,添加的检验序列是1110.作二进制除法,两种错误均可发展仅仅采用了CRC检验,缺重传机制,数据链路层的传输还不是可靠的传输。3-08答:作二进制除法,10111000010011添加在数据后面的余数是0113-09答:7D5EFE277D5D7D5D657D5E7EFE277D7D657D3-10答:01101111111111000110111110111110000001110111110111110110000111011111111111103-16答:码元传输速率即为波特率,以太网使用曼彻斯特编码,这就意味着发送的每一位都有两个信号周期。标准以太网的数据速率是10MB/s,因此波特率是数据率的两倍,即20M波特3-20答:对于1km电缆,单程传播时间为1/200000=5为微秒,来回路程传播时间为10微秒,为了能够按照CSMA/CD工作,最小帧的发射时间不能小于10微秒,以Gb/s速率工作,10微秒可以发送的比特数等于10*10^-6/1*10^-9=10000,因此,最短帧是10000位或1250字节长3-